#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <string.h>
#include <climits>
using namespace std;

// 按摩师
class Solution
{
public:
    int massage(vector<int> &nums)
    {
        // f[i] : 选择到i位置时，nums[i]必选，此时的最长预约时长
        // g[i] : 选择到i位置时，nums[i]不选，此时的最长预约时长
        int n = nums.size();
        if (n == 0)
            return 0;
        vector<int> f(n);
        // vector<int> g(n);
        auto g = f; // g数组也可以这样定义
        f[0] = nums[0];
        // g[0] = 0;//默认初始化为0了
        for (int i = 1; i < n; ++i)
        {
            // i位置必选，那么i-1必不可选，也就是g[i-1]
            f[i] = g[i - 1] + nums[i]; // 我f[i]必选，那么就需要i之前i-1必不选的最长时长 + nums[i]的必选时长，得到f[i]位置的最长时长
            // g[i]是必不可选的，所以i-1位置可选，可不选
            //// i-1位置选了，那就是f[i-1]因为g[i]是不选nums[i]位置，所以g[i]的最长时长就是f[i-1]
            //// i-1位置不选了，而g[i]表示nums[i]不选，所以g[i]的最长时长就是g[i-1]
            // 因为要求最长时长也就是最大值，将g[i]的两种情况取最大值就行
            g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
        }
        return max(f[n - 1], g[n - 1]);
    }
};

// 打家劫舍I
class Solution
{
public:
    int rob(vector<int> &nums)
    {
        if (nums.size() == 0)
            return 0;
        int n = nums.size();
        // dp表f和g，f表示i位置必选，g表示i位置不选
        vector<int> f(n);
        auto g = f;
        f[0] = nums[0];
        // g[0] = 0;
        for (int i = 1; i < n; ++i)
        {
            f[i] = g[i - 1] + nums[i];
            g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
        }
        return max(f[n - 1], g[n - 1]);
    }
};

// 打家劫舍II
class Solution
{
public:
    int rob1(vector<int> &nums, int left, int right)
    {
        if (left > right)
            return 0;
        int n = nums.size();
        vector<int> f(n);
        auto g = f;
        f[left] = nums[left];
        for (int i = left + 1; i <= right; ++i)
        {
            f[i] = g[i - 1] + nums[i];
            g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
        }
        return max(f[right], g[right]);
    }
    int rob(vector<int> &nums)
    {
        int n = nums.size();
        // 第一个位置偷，与第一个位置不偷的两种情况最大值
        // 0位置偷，那么1位置和n-1也就是最后一个位置不能偷，所以是2到n-2的范围
        // 0位置不偷，那就是1到n-1最后一个位置可以偷，1到n-1就是范围
        // 两种情况的最大值就是偷的最大金额
        return max((nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2)), rob1(nums, 1, n - 1));
    }
};

// 删除并获得点数
class Solution
{
public:
    int deleteAndEarn(vector<int> &nums)
    {
        static const int N = 10001;
        if (nums.size() == 0)
            return 0;
        vector<int> arr(N);
        // 将nums数组的数据在arr数组中找到对应下标进行累加
        // 这样我们可以通过arr数组的下标，转换成为打家劫舍问题，i位置选了，我前面和后面一个位置一定不能选
        for (auto &e : nums)
            arr[e] += e;
        vector<int> f(N);
        auto g = f;
        // f[0] = arr[0]; 题目的数据最小为1，所以说arr[0]里面一定没有0数据
        for (int i = 1; i < N; ++i)
        {
            f[i] = g[i - 1] + arr[i];
            g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
        }
        return max(f[N - 1], g[N - 1]);
    }
};

// 粉刷房子
class Solution
{
public:
    int minCost(vector<vector<int>> &costs)
    {
        int m = costs.size();
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(3));
        // 多一行，作为虚拟空间，初始化为0就行，因为正文第一行的3种颜色最小成本就是costs第一行数据本身，前面没有要加上的成本
        for (int i = 1; i <= m; ++i)
        {
            // 我这个位置的最小成本 = 我上一层其他两个颜色成本的最小值 + 该位置的成本价格
            dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];
            dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];
            dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2];
        }
        return min(dp[m][0], min(dp[m][1], dp[m][2]));
    }
};

// 买卖股票的最佳时机含冷冻期

class Solution
{
public:
    int maxProfit(vector<int> &p)
    {
        int n = p.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3));
        dp[0][0] = -1 * p[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i) // 0,1,2表示买入，可交易，冷冻期三种状态，i表示天数
        {
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - p[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);
            dp[i][2] = dp[i - 1][0] + p[i];
        }
        return max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]); // dp[n][0]表示最后一天是买入状态，都没有卖出去，不可能是最大利润
    }
};
